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2015届《创新设计》高考数学(江苏版,理科)8-7

时间:2014-10-17


第7讲

立体几何中的向量方法(二)

——求空间角

诊断· 基础知识

突破· 高频考点

培养· 解题能力

知识梳理 1.两条异面直线所成角的求法

设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则 l1与l2所成的角θ

范围 求法
? π? ?0, ? 2? ?

a与b的夹角β
[0,π]
a· b cos β= |a||b|

|a· b| cos θ= |a||b|

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2.直线与平面所成角的求法 设直线 l 的方向向量为 a, 平面 α 的法向量为 n, 直线 l 与平面 α |a· n| 所成的角为 θ,a 与 n 的夹角为 β.则 sin θ=|cos β |= |a||n| .

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3.求二面角的大小 (1)如图①,AB,CD 是二面角 α-l-β 的两个面内与棱 l 垂直的 → → 〈 AB ,CD〉 直线,则二面角的大小 θ= .

(2)如图②③,n1,n2 分别是二面角 α-l-β 的两个半平面 α,β 的法 向量,则二面角的大小 θ 满足|cos θ|= |cos θ|=|cos〈n1,n2〉|,二面 角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角).
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辨析感悟 1.直线的方向向量与平面的法向量

(1)若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则n1∥n2?α∥β.
(×) (2)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角. (×) (3) 已知 a = ( - 2 ,- 3,1) , b = (2,0,4) , c = ( - 4 ,- 6,2) ,则 a∥c,a⊥b. ( √)

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2.空间角
? π? (4)两异面直线夹角的范围是?0, 2?,直线与平面所成角的范围是 ? ? ? π? ?0, ? ,二面角的范围是[0,π]. 2? ?

(√)

(5)(2014· 济南调研改编)已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面 α 的 1 方向向量、法向量,若 cos〈m,n〉=-2,则 l 与 α 所成的角为 150° . (×)

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(6)已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平 面所成的二面角的大小为 45° . (×)

(7)(2013· 上海卷改编)在如图所示的正方体 ABCDA1B1C1D1 中, 异面直线 A1B 与 B1C 所成角的大小为 60° . (√)

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[感悟·提升] 1.利用空间向量求空间角,避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻

烦,使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化 、简单
化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角 公式计算.

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2.两种关系 一是异面直线所成的角与其方向向量的夹角:当异面直线的 方向向量的夹角为锐角或直角时,就是该异面直线的夹角; 否则向量夹角的补角是异面直线所成的角,如(2). 二是二面角与法向量的夹角:利用平面的法向量求二面角的

大小时,当求出两半平面α,β的法向量n1,n2时,要根据向
量坐标在图形中观察法向量的方向,从而确定二面角与向量 n1,n2的夹角是相等,还是互补,如(6).

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考点一

求异面直线所成的角

【例 1】 如图,在四棱锥 PABCD 中,底面 ABCD 是矩形,PA ⊥底面 ABCD,E 是 PC 的中点.已知 AB=2,AD=2 2,PA =2.求: (1)三角形 PCD 的面积. (2)异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小.

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解 (1)因为 PA⊥底面 ABCD,所以 PA⊥CD. 又 AD⊥CD,所以 CD⊥平面 PAD,从而 CD⊥PD. 因为 PD= 22+?2 2?2=2 3,CD=2, 1 所以三角形 PCD 的面积为2×2×2 3=2 3.

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(2)法一 如图 1,取 PB 中点 F,连接 EF,AF,则 EF∥BC,从 而∠AEF(或其补角)是异面直线 BC 与 AE 所成的角. 1 在△AEF 中,由于 EF= 2,AF= 2,AE= PC=2. 2 则△AEF 是等腰直角三角形, π 所以∠AEF= . 4

图1
π 因此,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是 . 4
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法二

如图 2,建立空间直角坐标系,则 B(2,0,0),C(2,2 2,0), → 2,1),BC=(0,2 2,0).

→ E(1, 2,1),AE=(1,

→ → 设AE与BC的夹角为 θ,则 → → AE· BC 4 2 cos θ= = = , 2 → → 2 × 2 2 |AE||BC| π 所以 θ=4.

图2

π 由此可知,异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小是4.

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规律方法 本题可从两个不同角度求异面直线所成的角,一是几何 法:作—证—算;二是向量法:把角的求解转化为向量运算,应注 意体会两种方法的特点,“转化”是求异面直线所成角的关键,一 → → |AC· BD| 般地,异面直线 AC,BD 的夹角 β 的余弦值为 cos β= . → ||BD →| |AC

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【训练1】 如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC- A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦 值为________.

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解析 不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2. 可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1), → =(0,2,-1),AB → =(-2,2,1), ∴BC 1 1 → → 4-1 BC AB1 1 5 1· → → ∴cos〈BC1,AB1〉= = = = >0. 5 → → 5 × 9 5 |BC ||AB |
1 1

→ → ∴BC1与AB1的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角, 5 ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 . 5
答案 5 5
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考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【例 2】 (2013· 湖南卷 ) 如图,在直棱柱 ABCD - A1B1C1D1 中, AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.

(1)证明:AC⊥B1D;
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.

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审题路线 由于在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,∠BAD=90° , 易于建立空间坐标系,可利用向量法求解.第(1)问 AC⊥B1D 转 →· → 化为判定AC B 1D=0;第(2)问可利用直线 B1C1 的方向向量与平 面 ACD1 的法向量的夹角求解.

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(1)证明 法一 因为BB1⊥平面ABCD,AC?平面ABCD.∴AC⊥BB1,

又AC⊥BD,
∴AC⊥平面BB1D, 又B1D?平面BB1D,从而AC⊥B1D.

法二 易知,AB,AD,AA1 两两垂直.如图,以 A 为坐标原点, AB,AD,AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐 标系.

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设 AB=t,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3), C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3). → → → 从而B1D=(-t,3,-3),AC=(t,1,0),BD=(-t,3,0). → → 因为 AC⊥BD,所以AC· BD=-t2+3+0=0. 解得 t= 3或 t=- 3(舍去). → → =( 3,1,0). 于是B D = ( - 3 , 3 ,- 3) , AC 1 → → 因为AC· B1D=-3+3+0=0, → ⊥B → 所以AC 1D,即 AC⊥B1D.
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→ → → (2)解 由(1)知,AD1=(0,3,3),AC=( 3,1,0),B1C1=(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 ACD1 的一个法向量, ? → ? 3x+y=0, ?n· AC=0, ? 则? 即? ? → ?3y+3z=0. ? n · AD = 0 , ? 1 令 x=1,则 n=(1,- 3, 3). 设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为 θ,则 ? → ? n · B 3 21 1C1 ? → ? sin θ= |cos〈 n, B1C1〉|= ? = = 7 . ? → 7 | n |· | B C | ? 1 1?
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规律方法 (1)本题求解时关键是结合题设条件进行空间联想,抓

住垂直条件有目的推理论证,在第(2)问中,运用空间向量,将
线面角转化为直线的方向向量与平面法向量夹角,考查化归思 想与方程思想. (2)利用空间向量求线面角有两种途径:一是求斜线和它在平面 内射影的方向向量的夹角(或其补角);二是借助平面的法向量.

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【训练 2】 (2014· 青岛质检 ) 如图,在三棱柱 ABC - A1B1C1 中,
CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.

(1)证明:AB⊥A1C;

(2) 若平面 ABC⊥平面 AA1B1B , AB = CB ,求直线 A1C 与平面
BB1C1C所成角的正弦值.

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(1)证明 如图1,取AB的中点O,连接OC,OA1,A1B. 因为CA=CB,所以OC⊥AB. 由于AB=AA1,∠BAA1=60°,

故△AA1B为等边三角形,
所以OA1⊥AB. 因为OC∩OA1=O,所以AB⊥平面OA1C. 又A1C?平面OA1C,故AB⊥A1C. 图1

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(2)解 由(1)知 OC⊥AB, OA1⊥AB, 又平面 ABC⊥平面 AA1B1B, 交线为 AB,所以 OC⊥平面 AA1B1B,故 OA,OA1,OC 两两相 互垂直. → 的方向为 x 轴的正方向,|OA → |为单位长, 以 O 为坐标原点,OA 建立如图 2 所示的空间直角坐标系 O-xyz.

图2
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考点三 利用向量求二面角

【例3】 (2013·天津卷)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧
棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1 =AB=2,E为棱AA1的中点. (1)证明B1C1⊥CE; (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;

审题路线 由条件特征,易建立空间坐标系,方便运用向量求 → =0; 解. (1)利用向量证明B→ C · CE (2)求平面 B1CE 与平面 CEC1 1 1 的法向量,进而求二面角的正弦值.
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如图,以点 A 为原点以 AD,AA1,AB 所在直线为 x 轴、y 轴、z

轴建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0) ,B(0 , 0,2) , C(1,0,1) , B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).

→ → → → (1)证明:易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1),于是B1C1· CE= → → -1×1+0+(-1)2=0,∴B1C1⊥CE,故 B1C1⊥CE.
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→ (2)解:B1C=(1,-2,-1). 设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z), ? → ? ?m· B1C=0, ?x-2y-z=0, 则? 即? 消去 x,得 y+2z=0,不妨 ? → =0, ?-x+y-z=0. ? m · CE ? 令 z=1,可得一个法向量为 m=(-3,-2,1).

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由(1)知,B1C1⊥CE, 又 CC1⊥B1C1,从而 B1C1⊥平面 CEC1. 故B→ 1C1=(1,0,-1)为平面 CEC1 的一个法向量. → -4 m · B 2 7 1C1 → 于是 cos〈m,B1C1〉= = =- 7 , 14× 2 |m|· |B→ C|
1 1

21 → 从而 sin〈m,B1C1〉= 7 , 21 所以二面角 B1CEC1 的正弦值为 7 .

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规律方法 (1)求解本题要注意两点:一是两平面的法向量的夹角 不一定是所求的二面角,二是利用方程思想进行向量运算,要认 真细心,准确计算. (2)设 m,n 分别为平面 α,β 的法向量,则二面角 θ 与〈m,n〉 |m· n| 互补或相等,故有|cos θ |=|cos〈m,n〉|= .求解时一定要注 |m||n| 意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.

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【训练3】 (2014·重庆调研)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥

底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F为
PC的中点,AF⊥PB.

(1)求PA的长; (2)求二面角B-AF-D的正弦值.

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解 (1)如图,连接 BD 交 AC 于点 O. 因为 BC=CD,且 AC 平分∠BCD, 故 AC⊥BD. → ,OC → ,AP → 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴 以 O 为坐标原点,OB 的正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz, π 则 OC=CDcos 3=1. 而 AC=4,所以 AO=AC-OC=3.

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π 又 OD=CDsin 3= 3, 故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). 因为 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z)(z>0), 由点 F 为线段 PC 的中点,知
? z? F?0,-1,2?, ? ?

? z? → → 因此AF=?0,2, ?,PB=( 3,3,-z), 2? ?

∵AF⊥PB,
2 z → → ∴AF· PB=0,即 6- =0,∴z=2 3, 2

→ 从而|PA|=2 3,即 PA 的长为 2 3.
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→ → → (2)由(1)知,AD=(- 3,3,0),AB=( 3,3,0),AF=(0,2, 3). 设平面 FAD 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 FAB 的法向量为 n2=(x2,y2,z2), → → 由 n1· AD=0,n1· AF=0,得

?- 3x +3y =0, ? 1 1 ? ? ?2y1+ 3z1=0,

因此可取 n1=(3, 3,-2).

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→ =0,n · → =0,得 由 n2· AB AF 2
? 3x +3y =0, ? 2 2 ? ? ?2y2+ 3z2=0,

故可取 n2=(3,- 3,2).

从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 n1· n2 1 cos〈n1,n2〉= = . |n1 |· |n2 | 8 3 7 故二面角 B-AF-D 的正弦值为 8 .

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1.若利用向量求角,各类角都可以转化为向量的夹角来运算. (1)求两异面直线 a,b的夹角θ,须求出它们的方向向量 a,b 的夹角,则cos θ=|cos〈a,b〉|.

(2) 求直线l与平面α 所成的角 θ,可先求出平面 α的法向量 n与
直线l的方向向量a的夹角,则sin θ=|cos〈n,a〉|. (3) 求二面角 α - l - β 的大小 θ ,可先求出两个平面的法向量 n1,n2所成的角,则θ=〈n1,n2〉或π-〈n1,n2〉.

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2.(1)利用向量夹角转化为各空间角时,一定要注意向量夹角与
各空间角的定义、范围不同. (2)求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.根据向 量坐标在图形中观察法向量的方向,从而确定二面角与向量 n1,n2的夹角是相等,还是互补,这是利用向量求二面角的 难点、易错点.

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答题模板 9——空间向量在立体几何中的应用 【典例】 (12 分)(2012· 安徽卷改编)平面图形 ABB1A1C1C 如图 1 所示,其中 BB1C1C 是矩形.BC=2,BB1=4,AB=AC= 2, A1B1=A1C1= 5.现将该平面图形分别沿 BC 和 B1C1 折叠, 使 △ABC 与△A1B1C1 所在平面都与平面 BB1C1C 垂直,再分别 连接 A1A,A1B,A1C,得到如图 2 所示的空间图形,对此空 间图形解答下列问题.

(1)证明:AA1⊥BC; (2)求二面角 A-BC-A1 的余弦值

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[ 规范解答 ]

(1) 证明

取 BC , B1C1 的中点分别为 D 和 D1 ,连接

A1D1 , DD1 , AD. 由 BB1C1C 为 矩 形 知 , DD1⊥B1C1. 因 为 平 面
BB1C1C⊥平面 A1B1C1 ,所以 DD1⊥平面 A1B1C1. 又由 A1B1 = A1C1 知,A1D1⊥B1C1. 故以D1为坐标原点,可建立如图所示的空间直角坐标系 D1-xyz. ① (3分)

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由题设,可得 A1D1=2,AD=1. 由以上可知 AD⊥平面 BB1C1C,A1D1⊥平面 BB1C1C,于是 AD ∥A1D1.所以 A(0, -1,4), B(1,0,4), A1(0,2,0), C(-1,0,4), D(0,0,4), → → → → 故AA1=(0,3,-4),BC=(-2,0,0),AA1· BC=0, → ⊥BC → ,即 AA ⊥BC. 因此AA 1 1 (5 分)

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(2)解

设平面 A1BC 的法向量为 n1=(x1,y1,z1).

→ → 又因为A C = ( - 1 ,- 2,4) , A 1 1B=(1,-2,4), → ? ? ? ?A n1=0, ?x1+2y1-4z1=0, ?x1=0, 1C· 所以? 即? ?? ? ? → ?x1-2y1+4z1=0 ?y1=2z1. ? A B · n = 0 , ? 1 1 令 z1=1,则 n1=(0,2,1),又因为平面 ABC⊥z 轴, 所以取平面 ABC 的法向量为 n2=(0,0,1),② n1· n2 1 5 则 cos〈n1,n2〉=|n ||n |= = 5 , 5 1 2 5 所以二面角 ABCA1 的余弦值为- 5 .③
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(10 分)

(12 分)
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[反思感悟] ①中不能发掘条件,作出辅助线,导致不能恰当建 立以 D1 为坐标原点的空间直角坐标系,解题受阻;②中忽视“z 轴⊥平面 ABC”,致使求法向量 n2 复杂化.③不能确定两个平 面法向量的夹角与二面角 A-BC-A1 的关系, 错误认为二面角 A 5 -BC-A1 的余弦值为 5 .

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答题模板 第一步:证明 DD1⊥平面 A1B1C1,A1D1⊥B1C1,从而 以点 D1 为坐标原点建立空间直角坐标系; → ,BC → 的坐标, 第二步:写出点 A,B,A1,C,D 的坐标,求出AA 1 → → 根据AA1· BC=0 证明 AA1⊥BC; 第三步:求出平面 A1BC 和平面 ABC 的法向量; 第四步:求出两个平面法向量夹角的余弦值,从而得到二面角 A -BC-A1 的余弦值.

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【自主体验】 如图所示,在三棱锥P-ABQ中,PB⊥平面ABQ,BA=BP=

BQ , D , C , E , F 分别是 AQ , BQ , AP , BP 的中点, AQ =
2BD,PD与EQ交于点G,PC与FQ交于点H,连接GH.

(1)求证:AB∥GH; (2)求二面角D-GH-E的余弦值.
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(1) 证明

因为 D , C , E , F 分别是 AQ , BQ , AP , BP 的中点,

所以EF∥AB,DC∥AB. 所以EF∥DC. 又EF?平面PCD,DC?平面PCD, 所以EF∥平面PCD. 又EF?平面EFQ,平面EFQ∩平面PCD=GH, 所以EF∥GH.

又EF∥AB,所以AB∥GH.

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(2)在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90° . 又 PB⊥平面 ABQ,所以 BA,BQ,BP 两两垂直. 以 B 为坐标原点,分别以 BA,BQ,BP 所在直线为 x 轴、y 轴、 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设 BA=BQ=BP=2,则 E(1,0,1),F(0,0,1),Q(0,2,0),D(1,1,0), C(0,1,0),P(0,0,2).

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→ → → → 所以EQ=(-1,2,-1),FQ=(0,2,-1),DP=(-1,-1,2),CP =(0,-1,2). 设平面 EFQ 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1), → =0,m· → =0, 由 m· EQ FQ
? ?-x1+2y1-z1=0, 得? ? ?2y1-z1=0,

取 y1=1,得 m=(0,1,2).

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设平面 PDC 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2), → =0,n· → =0, 由 n· DP CP
? ?-x2-y2+2z2=0, 得? ? ?-y2+2z2=0,

取 z2=1,得 n=(0,2,1), m· n 4 所以 cos〈 m,n〉= =5. |m||n| 因为二面角 D-GH-E 为钝角, 4 所以二面角 D-GH-E 的余弦值为- . 5
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